重庆市好教育部分学校金太阳2026届高三年级一诊前模拟演练化学(26-160C)（含答案）

重庆市2026届高三一诊前模拟演练

化学试题

重庆高三化学考试

参考答案

1.【答案】A

【解析】A.液态氯乙烷汽化时大量吸热,具有冷冻麻醉作用,可在身体局部产生快速镇痛作

用,该过程不涉及氧化还原反应,故选Ao

2.【答案】C

【解析】A.乙醇能与水互溶,不可用于萃取碘水中的碘单质oB.浓硫酸具有强氧化性,可以氧

化H2S气体oC.洁净的铁丝熔点高,灼烧时没有颜色,可用于蘸取待测液进行焰色实验o

D.铜离子是重金属阳离子,使蛋白质变性而非盐析o故选Co

3.【答案】B

【解析】B.稀硝酸具有强氧化性,锌与稀硝酸反应生成NO气体而非氢气,故选Bo

4.【答案】A

【解析】A.饱和明矾溶液降温结晶的过程中,加入小晶体作为晶核,更有利于得到明矾大晶

体oB.不能在容量瓶中进行浓溶液的稀释oC.读取液体体积时视线应与凹液面齐平oD.表

面皿不可加热,更不能用于金属钠的燃烧实验o故选Ao

5.【答案】C

【解析】A.镓(31Ga)与砷(33As)是第四周期的元素,依据同周期第一电离能变化规律,第一电

2262610213十

离能:Ga<AsoB.镓(31Ga)的核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s4p,Ga的最外层

电子数为18oC.同一周期从左到右原子半径逐渐减小,原子半径:Ga>AsoD.镓(31Ga)与

砷(33As)是p区元素o故选Co

6.【答案】D

3

【解析】A.麻黄碱的分子式为C10H15NOoB.麻黄碱中和氮原子相连的碳原子为sp杂化,其

中一个碳原子在连有氮原子的同时还连有2个C原子,故麻黄碱中的氮原子和所有碳原子不

可能共平面oC.麻黄碱分子内脱水,羟基变为碳碳双键,官能团的数目不变,若为麻黄碱分

子间脱水,则羟基变为醚键,官能团的数目不变oD.甲基是推电子基团,麻黄碱中氮原子的

电子云密度高于去甲基麻黄碱,因此碱性更强o故选Do

7.【答案】B

1

【解析】A.该晶体为离子晶体;B.如图用均摊法计算,Ag十在体内有4个,I—在顶点有8×

8

个,面心,棱上,体心1个,共8个,Hg2十在体内有2个,所以化学式为

—

十—3

Ag2HgI4;C.如图距离Ag最近的I数目为4;D.晶体密度为g●cmo

8.【答案】C

【高三化学●参考答案第1页(共6页)】26-160C

【解析】A.液溴和苯在铁粉作用下产生的气体除了有HBr外,还有挥发的溴蒸气,如果直接

通入硝酸银溶液中,溴蒸气也能和硝酸银溶液反应产生淡黄色沉淀,不能说明液溴和苯发生

取代反应;B.两者靠近生成硝酸铵,不是氧化还原反应;C.向浓度均为0.1mol●L—1的

2十

CUSO4和FESO4混合溶液中加入少量锌粉,溶液蓝色消失,说明CU反应了,锌粉表面附着

暗红色物质,说明产生了CU单质,因为锌粉少量,则是说明锌粉优先和CU2十反应,所以还原

性zn>CU,FE>CU;D.硫酸钡浸泡在饱和碳酸钠溶液反应,在滤渣上滴加盐酸,产生无色气

体,说明一定有碳酸钡产生,但由于是浸泡在饱和的碳酸钠中,当二者KsP相差不大时可以发

生沉淀转换,不能说明KsP(BaSO4)>KsP(BaCO3)。

9.【答案】C

【解析】A.从结构的角度来说,H3PO4的羟基数目多于H3PO3,且相对分子质量更大,分子间

作用力更强,因此沸点:H3PO4>H3PO3。B.P原子与O原子之间形成双键,电子云重叠程

2—

度更大,键能更大,故键能:P=O>P—O。C.HPO3中磷原子的杂化方式与H3PO3相同,

3

中心原子磷原子有四个σ键电子对,没有孤电子对,是sP杂化。D.H3PO4中P处于最高价

态十5价,不可再升,而H3PO2中P原子为十1价,且该价态不稳定,有强烈趋势被氧化为更

高价态以形成更稳定的P=O键,故还原性:H3PO2>H3PO4。故选C。

10.【答案】D

【解析】A.如图zn变成znO可知zn电极放电过程中作负极,则Ni-MOF为正极,放电时,

——

zn电极发生氧化反应;B.正极Ni-MOF的电极反应为NO3十6H2O十8E=NH3↑十

———

9OH;C.充电时,电池总反应为4znO十NH3↑十OH=zn十NO3十2H2O;D.充电时,

阴极电极由znO变成zn,减少质量即为氧原子,1个氧原子对应2个电子,1.6g氧原子为

0.1mol,电子转移0.2mol。

11.【答案】A

CH2CH3

【解析】如图可以写出热化学方程式①8C(s)十5H2(g)—→|y(g)△H1=

十bKJ/mol②C(s)十2H2(g)—→CH4(g)△H2=—cKJ/mol③7C(s)十4H2(g)—→

CH3CH2CH3

|y(g)△H3=十aKJ/mol,③十②—①可得到|y(g)十H2(g)亍兰

CH3

|y(g)十CH4(g)△H=a—b—cKJ/mol。

12.【答案】B

【解析】A.X、Y、z、W、Q分别是H、C、N、O、CU,电负性H<C<O>N;B.基态N、O原子中

电子的空间运动状态种类数目均为5;C.氢化物的稳定性NH3>H2O2;D.单质熔点最高的

不一定是CU,可以是金刚石。

13.【答案】D

【解析】A.没有体积无法计算;B.某温度下,PH=7的溶液不一定为中性,若为中性,根据电

【高三化学●参考答案第2页(共6页)】26-160C

十十十2——2—

荷守恒:c(Na)十c(H)十c(NH4)=2c(SO4)十c(OH),物料守恒:c(SO4)=

十十十

c(NH4)十c(NH3●H2O),两者叠加可得c(Na)=c(NH4)十2c(NH3●H2O);

十2—十十2—

C.V(NaOH)=aL时,两者1:1反应后为NH4、SO4、Na,则c(Na)=c(SO4)>

十十—

c(NH4)>c(H)>c(OH);D.V(NaOH)=2aL时,两者恰好反应生成Na2SO4和

——

NH3●H2O,溶液中的OH由NH3●H2O电离产生,则c(OH)=\/Kb●c(NH3●H2O)

14.【答案】D

【解析】A.640℃以前仅发生反应②,无CO产生,且曲线b、c起点相同及变化趋势知,a为

CO,随温度升高,②正向移动,n(CH4)减少,CO2百分含量增大,则b为CO2,c为CH4;B.

低温区仅发生②,即活化能:反应②<反应④;C.起始5mol的CH4和5mol的CO2,碳元

素为10mol,若不生成碳单质,根据a、b对应含碳物质的百分含量分别为70%、20%,则

CH4的百分含量为10%,即1mol,CH4的转化率为,而实际肯定会产

生碳单质,所以CH4的转化率>80%;D.恒温恒容条件下,温度高于640℃,向平衡体系中

通入少量的CH4,①②正向移动,对④的影响相当于加入H2,使得④中n(H2):n(H2O)增

大,由④的平衡常数表达式可推知n(CO):n(CO2)的值变大。

15.(15分,第一空1分,其余每空2分)

AAAAA

(1)

3d

(2)SiO2

十3十

(3)2CEO2十6H十H2O2=2CE十O2↑十4H2O

(4)提高CE3十浓度,除去FE3十

(5)9

(7)①溶液由浅蓝色变为红色(浅红色),且半分钟不复原

②AC

【解析】(1)FE3十的价电子排布式为3d5,故价电子排布图为。

3d

(2)酸浸时只有杂质SiO2不溶于盐酸,故滤渣为SiO2。

3十

(3)氧化焙烧将三价的CE氧化为四价,而酸浸后得到含CE的稀溶液,故H2O2在反应中

十3十

作还原剂,离子方程式为2CEO2十6H十H2O2=2CE十O2↑十4H2O。

(4)已知信息中HA能将CE3十从水层中提取,将CE3十与FE3十分离;加酸增大H十浓度,使萃

取过程逆向移动,从而将CE3十从有机层中提取出来,实现CE3十的富集。

3十3十—3

(5)沉铈是将CE转化CE(OH)3沉淀,利用KSP[CE(OH)3]=c(CE)×[c(OH)]=1.0

×10—20,将CE3十沉淀完全时c(CE3十)=1.0×10—5mol●L—1,从而计算PH=9。

【高三化学●参考答案第3页(共6页)】26-160C

灼烧

(6)灼烧时空气中O2将CE(OH)3氧化为CEO2故化学方程式为4CE(OH)3十O2=

4CEO2十6H2O。

(7)①根据题目信息可知,滴定终点为FE2十稍过量,由于FE2十与邻二氮菲的配位能力更强,

所以溶液变为红色。

4十2十3十

②A.容量瓶中有蒸馏水,对配制溶液的浓度无影响;B.滴定原理为CE十FE=FE十

3十3十

CE,开始滴入FESO4溶液时,就会生成FE使溶液变红;C.开始俯视,结束时仰视会导致

2十

读数大于真实体积,从而导致测定结果偏大;D.FESO4在空气中久置会造成部分FE被氧

化为FE3十,滴定时所用体积偏大,导致测定结果偏大。

16.(14分,每空2分)

(1)①恒压滴液漏斗

②形成气化中心,防止暴沸(搅拌作用或者控制减压程度)

—2—2——

(2)bClO十SO3=SO4十Cl

(3)①盐酸,BaCl2溶液(或只答BaCl2溶液)

②NaClO可将山梨酸氧化,降低产率

③69.4

【解析】该实验通过三步制备山梨酸。步骤I中考查常见基本实验装置恒压滴液漏斗,和减

压蒸馏装置中毛细管的作用:形成气化中心,防止爆沸;步骤Ⅱ考查萃取操作:应该在梨形分

—2—

液漏斗中进行,以及分析Na2SO3和NaClO的化学性质,离子方程式为ClO十SO3=

2——

SO4十Cl;步骤Ⅲ酸化考查了分离提纯过程中,检验晶体是否洗净的试剂选择,需分析出

洗涤的离子为硫酸根离子;除去过量NaClO的时机选在步骤Ⅲ之前,因为NaClO可将山梨

酸氧化,降低产率;根据起始物质的加入量100mL0.79g●mL—1丙酮和12mL

0.84g●mL—1巴豆醛,计算可知丙酮过量,用巴豆醛计算产率:

17.(14分,每空2分)

(1)B

(2)①479CO

②1.01

(3)B

(4)B→A

——

(5)O2十2H2O十4CO2十4E=4HCO3

【解析】I.(1)逆水煤气变换(RWGS)被认为是二氧化碳加氢转化中最具应用潜力与发展前

景的途径,该反应△G<0,由题知△H>0,故△S>0,温度升高,△H—T△S减小,则△H—

T△S随温度T的变化趋势正确的是B。

【高三化学●参考答案第4页(共6页)】26-160C

①K四舍五入保留整数),同一温度下K3>K2说明823K时CO

还原CoO(s)的趋势比H2更大,该温度下CO还原性强于H2。

②375gCoO的物质的量为mol,设反应消耗的CO为父mol,根据K3=

父=3.99mol,因此CoO(s)被还原的物质的量为3.99mol,故剩余CoO(s)

为1.01mol。

(3)A.升高温度,正、逆反应速率均增大,平衡正向移动,A错。B.保持温度不变,向恒压容

器中注入Ar,平衡不移动,H2物质的量不变,但是体系气体总的物质的量增加,H2的体积

分数减小,总压不变,H2的分压p(H2)变小,B正确。C.及时将水蒸气液化分离平衡正向

移动能提高原料转化率,但是反应速率会降低。

Ⅱ.(4)读题可知,B侧由氢气变为水可知B侧失电子,则电子转移到A侧,因此电子移动方

向为B→A。

—

(5)A侧得电子,且生成HCO3,可知CO2并没有发生化合价变化,结合空气成分推测,应为

——

O2得电子,H2O提供氢元素,该侧反应为O2十4E十2H2O十4CO2=4HCO3。

18.(15分,除第二空1分,其余每空2分)

(1)羟基、氨基

(2)甲胺

(3)还原反应

(4)sp3、sp2、sp

—△—

(5)Cl—N十H2O十2HClCl—NHCl十CH3NH3Cl

—→

=

=/—N/

COOH

OH

NH2NH2

=/=/

(6)16Cl——CHO、OHC——Cl

——

NH2NH2

(7)

【解析】(1)根据E的结构简式很容易得到官能团名称为羟基、氨基。

(2)C的名称是甲胺。

(